Câu lạc bộ tiếng Anh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (240.27 KB, 21 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐẠI SỐ TỔ HỢP
A. QUY TẮC ĐẾM CƠ BẢN:

I. Quy tắc cộng:

Quy tắc cộng cho công việc với hai phương án được phát biểu như sau:

Giả sử một cơng việc có thể được thực hiện theo phương án A hoặc phương án B. Có n cách thực hiện phương án A và
có m cách thực hiện theo phương án B. Khi đó cơng việc có thể được thực hiện bởi n + m cách.

Quy tắc cộng cho công việc với nhiều phương án được phát biểu như sau:

Giả sử một cơng việc có thể được thực hiện theo một trong k phương án A1, A2, …, Ak. Có n1 cách thực hiện phương
án A1, n2 cách thực hiện phương án A2, … và nk cách thực hiện phương án Ak. Khi đó cơng việc có thể được thực hiện
bởi n1 + n2 + … + nk cách.

Ví dụ: Giả sử đi từ tỉnh A đến tỉnh B có thể đi bằng các phương tiện: ơ tơ, tàu hỏa, tàu thủy hoặc máy bay. Mỗi ngày
có 10 chuyến ô tô, 5 chuyến tàu hỏa, 3 chuyến tàu thủy và 2 chuyến máy bay. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ tỉnh A đến
tỉnh B trong một ngày?

Giải:

Người đi sẽ có bốn phương án chọn. Phương án thứ nhất là đi bằng ô tô, mà mỗi ngày có 10 chuyến ơ tơ nên phương
án này có 10 cách chọn. Tương tự, phương án thứ hai là đi bằng tàu hỏa có 5 cách chọn, phương án thứ ba là đi bằng
tàu thủy có 3 cách chọn, phương án thứ tư là đi bằng máy bay có 2 cách chọn. Vậy theo quy tắc cộng, ta có 10 + 5 + 3
+ 2 = 20 cách chọn.

* Lưu ý

Quy tắc cộng thực chất là quy tắc đếm số phần tử của hợp hai tập hợp không giao nhau:

Nếu tập hợp hữu hạn bất kỳ A và B không giao nhau. Khi đó thì số phần tử của A



B bằng số phần tử của A cộng với
số phần tử của B, tức là:

| A



B| = |A| + |B|.

Tuy nhiên trong nhiều bài tốn, chúng ta phải tính số phần tử của hai tập hợp A và B có giao khác rỗng. Nếu trong
trường hợp này ta vẫn lấy số phần tử của tập A cộng với số phần tử của tập B thì khi đó số phần tử của A



B sẽ được
tính hai lần. Cho nên, đối với trường hợp này ở kết quả chúng ta phải trừ đi số phần tử của A



B. Vậy:

Nếu cho tập hợp hữu hạn bất kỳ A và B giao nhau khác rỗng. Khi đó thì số phần tử của A



B bằng số phần tử của A
cộng với số phần tử của B rồi trừ đi số phần tử của A



B, tức là:

| A



B| = |A| + |B| - | A



B|.
Quy tắc trên gọi là quy tắc cộng mở rộng.

II. Quy tắc nhân:

Quy tắc nhân cho công việc với hai công đoạn được phát biểu như sau:

Giả sử một cơng việc nào đó bao gồm hai cơng đoạn A và B. Cơng đoạn A có thể làm theo n cách. Với mỗi cách thực
hiện công đoạn A thì cơng đoạn B có thể làm theo m cách. Khi đó cơng việc có thể thực hiện theo nm cách.

Quy tắc nhân cho công việc với nhiều công đoạn được phát biểu như sau:

Giả sử một cơng việc nào đó bao gồm k cơng đoạn A1, A2, …, Ak. Cơng đoạn A1 có thể làm theo n1 cách, cơng đoạn A2
có thể làm theo n2 cách, …,

cơng đoạn Ak có thể làm theo nk cách. Khi đó cơng việc có thể thực hiện theo n1n2…nk cách.

Ví dụ: Nam đến văn phịng phẩm mua quà tặng bạn. Trong cửa hàng có ba mặt hàng: bút, vở và thước, trong đó có 5

loại bút, 4 loại vở, 3 loại thước. Hỏi Nam có bao nhiêu cách chọn món quà gồm một bút, một vở và một thước?

Giải

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Một bút được chọn từ 5 loại bút nên có 5 cách chọn.

Ứng với mỗi cách chọn một bút thì một vở được chọn từ 4 loại vở nên có 4 cách chọn.

Ứng với mỗi cách chọn một bút và một vở thì một thước được chọn từ 3 loại thước nên có 3 cách chọn.
Vậy theo quy tắc nhân ta có: 5.4.3 = 60 cách chọn mua quà.

 CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
1. Sử dụng quy tắc cộng để giải bài toán đếm.

Để sử dụng quy tắc cộng trong bài toán đếm, ta thực hiện theo các bước:

Bước 1: Phân tách cách giải quyết một công việc thành k phương án độc lập với nhau: A1,A2, … ,Ak.
Bước 2: Nếu:

A1 có n1 cách khác nhau.
A2 có n2 cách khác nhau.
…….

Ak có nk cách khác nhau.

Bước 3: Khi đó, ta có n1 + n2 + … + nk cách
2. Sử dụng quy tắc nhân để giải bài toán đếm.

Để sử dụng quy tắc nhân trong bài toán đếm, ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Phân tách một công việc thành k công việc nhỏ liên tiếp:

A1,A2, … ,Ak.

Bước 2: Nếu:

A1 có n1 cách khác nhau.

Ứng với mỗi cách thực hiện A1, A2 có n2 cách khác nhau.
…….

Ứng với mỗi cách thực hiện A1,…,Ak-1 thì Ak có nk cách khác nhau.
Bước 3: Khi đó, ta có n1. n2. … nk cách.

Chú ý:

- Điều quan trọng ở đây là làm sao khi đọc đề bài, chúng ta biết được rằng bài đó phải dùng quy tắc cộng hay
quy tắc nhân. Thông thường, nếu một bài tốn mà cơng việc có thể giải quyết theo nhiều phương án hay có nhiều
trường hợp xảy ra thì ta thường dùng quy tắc cộng, cịn nếu bài tốn mà công việc được thực hiện bằng những công
việc nhỏ liên tiếp, nhiều công đoạn hay là trường hợp nhỏ này liên kết với trường hợp nhỏ kia thì ta thường dùng quy
tắc nhân.

- Trong nhiều trường hợp chúng ta cần kết hợp cả hai quy tắc để giải bài tốn đếm
B. HỐN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP:

I. Khái niệm giai thừa:

1) Định nghĩa: Với n  và n1

Tích của n số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến n được gọi là n giai thừa. Ký hiệu: n!
Ta có: n! = 1.2…n

Quy ước: 0!=1 và 1!=1
2) Một số công thức:

!

* ! (

1)!.

*

(

1)(

2)... (

)

*

(

1)(

2)...

!

(

)!

n

k

n n k

n k

n

k

n k























II. Hoán vị:

Cho tập hợp A gồm n phần tử phân biệt (n0). Mỗi cách sắp xếp n phần tử của A theo một thứ tự nào đó được gọi là
một hốn vị của n phần tử. Số các hốn vị của n phần tử được kí hiệu là: Pn

Pn n! 1.2... n

Hốn vị
* Nhóm có thứ tự

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ví dụ 1: Sắp xếp 5 người vào một băng ghế có 5 chỗ. Hỏi có bao nhiêu cách?

Mỗi cách đổi chỗ 1 trong 5 người trên băng ghế là 1 hốn vị

Vậy có P5 5! 120 cách sắp.

Ví dụ 2: Một đoàn khách du lịch dự định đến tham quan 7 điểm du lịch A, B, C, D, E, G và H ở Hà Nội. Họ đi tham
quan theo thứ tự nào đó, chẳng hạn A B C D E F  G H . Như vậy mỗi cách họ chọn thứ tự
tham quan là một hoán vị của tập {A, B, C, D, E, G, H}. Do vậy đồn khách có tất cả P7 7! 5040 cách chọn.

 CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
1. Dạng 1: Hốn vị thẳng:

Ví dụ: Trên đường thẳng (d) cho ba điểm A, B, C. Hỏi có bao nhiêu cách ghi các điểm A, B, C đã cho lên đoạn thẳng
(d).

Giải:

Số cách ghi các điểm A, B, C lên đường thẳng (d) là số hoán vị của tập {A, B, C}.
Ta có số hốn vị của {A, B, C} là: P3 3! 6 cách.

Vậy có 6 cách ghi các điểm A, B, C lên đường thẳng (d).
2. Dạng 2: Hốn vị trịn:

Mời n vị khách ngồi xung quanh 1 bàn trịn có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi?

Ví dụ 1: Một hội nghị bàn trịn có phái đồn các nước Đài Loan: có 3 người, Triều Tiên: có 2 người, Nhật: có 3 người,
Singapo: có 3 người. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho mọi thành viên sao cho các thành viên cùng quốc
tịch thì ngồi cạnh nhau?

Giải:
Chọn một phái đồn ngồi trước

3 phái đồn cịn lại ngồi sau có 3! = 6 cách sắp xếp
Trong đó đối với các phái đồn:

Đài Loan có 3! = 6 cách sắp xếp chỗ ngồi.
Triều Tiên có 2! = 2 cách sắp xếp chỗ ngồi.
Nhật có 3! = 6 cách sắp xếp chỗ ngồi.
Singapo có 3! = 6 cách sắp xếp chỗ ngồi.

Vậy có tất cả 6 . 6 . 2 . 6 . 6 = 25292 cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho các thành viên cùng một quốc tịch sẽ ngồi gần
nhau.

Ví dụ 2: Trong buổi hợp mặt có 5 bạn nam và 5 bạn nữ. Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi quanh bàn tròn sao cho
các bạn nam, nữ ngồi xen kẽ nhau.

Giải:
Sắp chỗ ngồi cho một bạn nam đầu tiên có 10 cách sắp.
Số cách sắp xếp 4 bạn nam còn lại là 4! cách

Số cách sắp xếp 5 bạn nữ là: 5! cách

Vậy số cách sắp xếp chỗ ngồi cho 10 bạn thoả yêu cầu bài toán là:
10 x 4! x 5! = 28 800 cách sắp xếp.

3. Dạng 3: Hốn vị có lặp lại

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

n1 vật 1 giống nhau
Có n2 vật 2 giống nhau
…

Có nk vật k giống nhau
Số cách sắp xếp n vật này là:
n!/(n1!...nk!) cách sắp xếp

Ví dụ 1: Xếp 3 quyển sách toán giống nhau, 4 sách lý giống nhau, 2 sách hoá giống nhau vào một kệ sách hỏi có bao
nhiêu cách sắp xếp.

Giải:

Số cách sắp xếp các quyển sách vào kệ là số hoán vị của tập gồm có 9 phần tử.
Số hốn vị của tập có 9 phần tử là: 9! cách sắp xếp

Vì có 3 sách toán giống nhau, 4 sách lý giống nhau, 2 sách hoá giống nhau nên số cách sắp xếp các sách vào kệ là:

9!

1260

3!.4!.2!



cách.

Ví dụ 2: Cho 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Hỏi ta có thể lập được bao nhiêu số có 8 chữ số trong đó chữ số 1 xuất hiện đúng 3
lần, chữ số 2 xuất hiện đúng 2 lần.

Giải:
Xét tập A



1,1,1, 2, 2,3, 4,5



Các số có thể lập được là: 8!/(3!.2!) = 3360 số.

III. Chỉnh hợp:

1. Định nghĩa:

Cho tập hợp A gồm n phần tử phân biệt (n1). Mỗi cách chọn ra k (1 k n)phần tử của A và sắp xếp theo một thứ
tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử.

2. Số các chỉnh hợp:

Số các chỉnh hợp chập k của một tập hợp có n phần tử (1 k n)được ký hiệu là Ank
)!
k
n
(

!
n
)
1
k
n
)...(
1
n
(
n
Akn









Ví dụ: Trong trận chung kết bóng đá phải phân định thắng thua bằng đá luân lưu 11m. Huấn luyện viên của mỗi đội
cần trình với trọng tài một danh sách sắp thứ tự 5 cầu thủ trong số 11 cầu thủ của đội để tham gia đá.

Mỗi danh sách có xếp thứ tự 5 cầu thủ được gọi là một chỉnh hợp chập 5 của 11 cầu thủ

Huấn luyện viên của mỗi đội có thể chọn một trong 11 cầu thủ để đá quả đầu tiên. Tiếp theo có 10 cách chọn cầu thủ
đá quả thứ hai, rồi có 9 cách chọn cầu thủ đá quả thứ 3, rồi lại có 5 cách chọn cầu thủ đá quả thứ tư và cuối cùng có 7
cách chọn cầu thủ đá quả thứ năm.

Theo quy tắc nhân, huấn luyện viên mỗi đội sẽ có 11.10.9.8.7 55440cách chọn.
 Chú ý:

a) Hai chỉnh hợp khác nhau khi và chỉ khi hoặc có ít nhất một phần tử của chỉnh hợp này không là phần tử của chỉnh
hợp kia hoặc các phần tử của 2 chỉnh hợp giống nhau nhưng được sắp xếp theo thứ tự khác nhau.

b) Với quy ước 0!=1 và An0 1 khi đó ta có:

Chỉnh hợp

* Nhóm có thứ tự

* Gồm k phần tử được lấy từ

n phần tử của A

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

! 0
( )!

k

n

A k n

n k

  



c) Mỗi hốn vị của n phần tử cũng chính là một chỉnh hợp chập n của n phần tử đó.
Vì vậy : Pn Ann

d) n k n k (1 )

n n n k

A A A  k n



  

 CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
1. Dạng 1: Rút gọn biểu thức

* Phương pháp :

Để rút gọn biểu thức có chứa các tốn tử chỉnh hợp, ta thường sử dụng cơng thức khai triển của nó. Ngồi ra, rút gọn
biểu thức cịn cho phép ta tính được giá trị của biểu thức đó.

* Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức:

6 5

(

6,

)

n n

n

A

P

n

A







 

Giải : 
Ta có :

6 5

!

(

6)! (

5)!

!

(

4)!

(

1)(

2)(

3)(

4)(

5)

(

10(

2)(

3)(

4)

(

1)(

2)(

3)

(

4)(

5) (

4) (

4)(

5 1) (

4)

n n

n

A

n

P

n

A

n

n n

n

n n

n

n n

n



































Vậy P (n 4)2

 

Ví dụ 2: Tính giá trị biểu thức:

12 11 10 9

49 49 17 17

10 8

49 17

A

M

A







Giải:
Ta có:

12 11 10 9

49 49 17 17

10 8

49 17

49!

17!

(49 12)! (49 11)! (17 10)! (17 9)!

49!

17!

(49 12)!

(17 8)!

49! 49! 17! 17!

39! 39!

9! 9!

37! 38!

7!

8!

49!

17!

37! 38!

7! 8!

39!

9!

(39.38 39) (9.8 9) 39.39 9.9 14

A

M

A





















































40

2. Dạng 2: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

* Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: An kn2 An kn1 k A2 n kn
    
Giải:
Ta có:

2 1
2
2
( )! ( )! ( )! ( )!

( 2)! ( 1)! ( 2)! ( 1)!

( )! ( )! . ( )!

( 2)! 1 ( 1)! .( 1)!
( )!

n n

n k n k

n
n k

n k n k n k n k

A A

n k n n k n k k

n k k k n k k k n k

k k k k k

k n k

k A
k
 
 

   
    
       

    
   
     

 

Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

2
2
1
.
2
n n
n
A P
n
P


 
Giải:
Ta có: 22

( 2)! ( 2)! !

. . ! ( 2)!

( 2 2)! !

n n

n n n

A P n n

n n

 
   
 
Khi đó
2
2
1

. ( 2)!

2 2 2 2

( 1)!

n n

n

A P n

n n

P n



      

Vậy
2
2
1
.
2
n n
n
A P
n
P


 

Ví dụ 3: Chứng minh rằng: k k1 . k11

n n n

A A k A 

 
 
Giải:

Ta có:
1
1 1

( 1)! ( 1)! ( 1)! ( 1)!

. .

( 1 )! ( 1 1)! ( 1)! ( )!

( 1)! ( 1)! !

1 .

( 1)! ( 1)! ( )!

k k

n n

k
n

n n n k n

A k A k

n k n k n k n k

n k n n n

A

n k n k n k n k n k


 
   
    
       
   
     
        

Vậy 1 . 11

k k k

n n n

A A k A 

 

 

3. Dạng 3: Giải phương trình, bất phưong trình.

* Phương pháp: Để giải phương trình, bất phương trình chứa các tốn tử chỉnh hợp, ta có thể chọn một trong hai cách
sau:

Cách 1: Thực hiện việc đơn giản biểu thức để chuyển phương trình, bất phương trình về dạng đại số quen thuộc.
Cách 2: Đánh giá vế thông qua các giá trị cận trên và cận dưới của nó.

* Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm n nguyên dương thoả điều kiện:

3 5 4 2 1

) n 20 ) n 18. n ) n n 3

a A  n b A  A c A  A 

Giải:
a) Điều kiện

n



3,

n

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2
!

20 20 ( 1)( 2) 20 ( 1)( 2) 20 ( 3)

( 3)!

3 18 0

n

A n n n n n n n n do n

n

n n

n

           






     



Kết hợp điều kiện ta nhận n = 6

Vậy n = 6 thoả yêu cầu bài toán.
b) Điều kiện n 2 4 n 6

n n

  

 



 

 

   

Ta có:

5 4

! ( 2)! ( 2)!( 1) ( 2)!

18. 18. 18.

( 5)! ( 6)! ( 6)!( 5) ( 6)!
9
( 1) 18( 5) 19 90 0

n n

n n n n n n

A A

n n n n n

n

n n n n n

n



   

    

    




         



Kết hợp điều kiện ta nhận cả hai nghiệm trên.

Vậy n9 hoặc n10thoả yêu cầu bài tốn.
c) Điều kiện n2, n 

Ta có:
2 1

! ! ( 2)!( 1) ( 1)!

3 3 3

( 2)! ( 1)! ( 2)! ( 1)!

( 1) 3 2 3 0

n n

n n n n n n n

A A

n n n n

n

n n n n n

n

  

       

   




         



Kết hợp điều kiện ta nhận n3

Vậy n3 thoả u cầu bài tốn
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 3

x
x

P A

Giải:

Điều kiện:

1 x

*

3 x

 











Ta có:

3!

3 3. !

!(3

)! 2 (*)

(3

)!

x

P

A

x















Với

x



1

thì (*)1!(3 1)! 2  (đúng)
Với

x



2

thì (*) 2!(3 2)! 2  (đúng)
Với

x



3

thì (*) 3!(3 3)! 2  (sai)
Kết luận:

Nghiệm của phương trình là:

x



1

hoặc

x



2

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
4

4 15

( 2)! ( 1)!

n
A

n n

 

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Điều kiện: n 2*

n






 

4
4

2 2

( 4)!

15 ! 15 ( 4)! 15

( 2)! ( 1)! ( 2)! ( 1)! ( 2)! ! ( 1)!
( 2)!( 3)( 4) 15 ( 3)( 4)

15
( 2)!( 1)! ( 1)!

7 12 15 8 12 0 2 6

n

A n n

n n n n n n n

n n n n n

n n n n n n



    

     

    

   

  

          

Kết hợp điều kiện ta được n3, 4,5

Vậy n3, 4,5là nghiệm của bất phương trình đã cho.
4. Dạng 4: Thực hiện bài tốn đếm:

* Phương pháp:

Sử dụng kết hợp các quy tắc nhân, quy tắc cộng, hốn vị chỉnh hợp để giải tốn.

* Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Có bao nhiêu cách để chọn 4 cầu thủ khác nhau trong 10 cầu thủ của đội bóng quần vợt để chơi 4 trận đấu
đơn, biết rằng các trận đấu có thứ tự.

Giải:

Mỗi cách chọn có thứ tự 4 cầu thủ của đội bóng là một chỉnh hợp chập 4 của 10.
Khi đó ta có 103

10!

7.8.9.10 5040

6!

A



cách chọn

Vậy có 5040 cách chọn.

Ví dụ 2: Với 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5 ta có thể lập được bao nhiêu số gồm n chữ số khác nhau? (n, 2 n 5)
Giải:

Mỗi số có n chữ số khác nhau sẽ ứng với một chỉnh hợp chập n của 5 phần tử đã cho.
Với n2: số con số gồm 2 chữ số được lập từ 5 số trên là: A52 20 số

Với n3: số con số gồm 3 chữ số được lập từ 5 số trên là: A5360 số

Với n4: số con số gồm 4 chữ số được lập từ 5 số trên là: A54 120 số

Với: n5: số con số gồm 5 chữ số được lập từ 5 số trên là: A55 120 số

Do đó, số có thể lập được là: 20 60 120 120 320    số.

Ví dụ 3: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được tạo nên từ các số
0, 1, 2, …, 8, 9 (chú ý rằng chữ số đầu tiên phải khác 0).

Giải:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là abcd, với

a





1, 2,...,8,9 ; , ,



b c d





0,1, 2,...,8,9



Vì chữ số đầu tiên khác 0, nên có 9 cách chọn chữ số a

Sau khi đã chọn chữ số đầu tiên thì 3 chữ số sau được lập từ 9 chữ số còn lại, nên nó là một chỉnh hợp chập 3 của 9.
Suy ra có: 93

9!

7.8.9 504

(9 3)! 6!

A



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Vậy có 9.504 4536 số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau.

IV.Tổ hợp:
1. Định nghĩa:

Cho tập A có n phần tử và số nguyên k với (1 k n). Mỗi tập con của A có k phần tử được gọi là một tổ hợp chập
k của n phần tử của A (gọi tắt là một tổ hợp chập k của A)

Như vậy lập một tổ hợp chập k của A chính là lấy ra k phần tử của A (không quan tâm đến thứ tự).

 Chú ý: Số k trong định nghĩa cần thoả mãn điều kiện (1 k n). Tuy vậy, tập hợp khơng có phần tử nào là tập
hợp rỗng nên ta quy ước gọi tập rỗng là tổ hợp chập 0 của n phần tử.

Ví dụ: Trên mặt phẳng, cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng. Hỏi có thể tạo
nên bao nhiêu tam giác mà các đỉnh thuộc tập bốn điểm đã cho?

Giải:

Mỗi tam giác ứng với một tập con gồm ba điểm từ tập bốn điểm đã cho. Vậy ta có bốn tam giác ABC, ABD, ACD,
BCD.

2. Số các tổ hợp:

Số các tổ hợp chập k của một tập hợp có n phần tử (1 k n) là kí hiệu là Cnkhoặc

 

k
n



1 (



2)( 3)...( 1) !

! 1.2.3.... !( )!

k

k n

n

n n n n n k

A n

k k k n k

C

       



 Chú ý: Ta quy ước Cn0 1( coi  1à tổ hợp chập 0 của tập hợp có n phần tử). Với quy ước này công thức trên

cũng đúng vớik 0. Vậy công thức trên đúng với mọi số nguyên k thoả mãn 0 k n.

3. Tính chất:

a) Tính chất 1:

Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 k n. Khi đó:Cnk Cnn k




b) Tính chất 2: (hằng đẳng thức Pa-xcan)

Cho các số nguyên n và k với 1 k n. Khi đó: 1 1

k k k

n n n

C C C 
  
 CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI:

1. Dạng 1: Rút gọn biểu thức:

Để thực hiện việc rút gọn biểu thức chứa các toán tử tổ hợp, ta sử dụng cơng thức khai triển.
Ví dụ: Rút gọn biểu thức:

2
1

1 1

2 ...

n

n n

C

A C

n

C







Giải:
Ta lần lượt có:

Tổ hợp
* Nhóm khơng có thứ tự
* Gồm k phần tử được lấy từ n
phần tử của A

n phần tử

Tổ hợp
* Nhóm khơng có thứ tự
* Gồm k phần tử được lấy từ n
phần tử của A

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1
2
1
1

,

!

2!(

2)!

2.

1 !

(

1)!

...

1 !

(

1)!1!

n
n
n
n
n
n
n

C

n

C

n

C

n

C

n

C

n









 







Suy ra
2
1
1 1

(

1)

2 ...

(

1) ... 1

2

n

n n

C

n n

A C

n

C







 





 

2. Dạng 2: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức:

Để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức chứa các toán tử tổ hợp ta thường sử dụng cơng thức khai triển.

Có trường hợp chúng ta sử dụng tính đơn điệu của dãy số để chứng minh, cụ thể với dãy số

 

un để chứng minh
0

k

u u ta chứng minh dãy

 

un đơn điệu giảm.
* Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với các số k, n nguyên không âm sao cho 0 k n ta có:

1
1
k

k n
n

nC

C

k






Giải:
Ta có:
1

.

(

1)!

!

(

1)!(

)!

!(

)!

k

k n k

n n

nC

n

C

k

k k

n k

k n k







(điều phải chứng minh).
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: nn1 (n 1)n

  với mọi n,n3

Giải:
Ta có:

(

1)

1 (

1)

1 .

1

n n

n

n n

n



















 





 

















Ta lại có:

0 1 2

1 ...

!

1 1 1

..

1 1 ... 1

2!(

2)!

n n

n

n n n n

n

C

n























































  

 

  





    

Vậy

1

n

















với n3
Nên bất đẳng thức nn1 (n 1)n

  đúng.

3. Dạng 3: Giải phương trình và bất phương trình

Để giải phương trình, bất phương trình chứa các tốn tử tổ hợp, chúng ta chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Thực hiện việc đơn giản biểu thức để chuyển phương trình bất phương trình về dạng đại số quen thuộc.
Cách 2: Đánh giá thông qua giá trị cận trên hoặc cận dưới.

* Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm k biết rằng: 14 14 2 2 141

k k k

C C  C 

 

Giải:
Điều kiện: k12, k  (*)

Biến đổi phương trình về dạng:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

14!

2.14!

!(14

)! (

2)!(12

)! (

1)!(13

)!

1

2 (14

)(13

) (

2)(

1)

(

1)(13

)

4

12 32 0

8 k





































  





Ví dụ 2: Tìm các số x nguyên dương thỏa mãn phương trình:

1 6 2 6 3 9 2 14 (1)

x x x

C  C  C  x  x

Giải:
Điều kiện:

3 x

(*)

x













Biến đổi vế trái của phương trình ta có:

1 2 3

!

6

6. 1!(

1)!

2!(

2)!

3!(

3)!

(

1)! 3 (

1)(

2)!

(

1)(

2)(

3)!

(

1)!

(

2)!

(

3)!

3 (

1)

(

1)(

2)

x x x

x

C

x

x x

x

x x

x

x x

x















 









Khi đó phương trình (1) trở thành

3 2 3 2

0

9

14

9

14

0

7

2 x

















 





 



Vậy phương trình có nghiệm là: x7

Ví dụ 3: Định x, y sao cho: 1: 1: 1 6 : 5 : 2

y y y

x x x

C C  C 

 

Giải:
Điều kiện:

,

1 x y

y

x







 





Ta có: y1: y 1: y 1 6 : 5 : 2

x x x

C C  C 

 

1
1
1
1

6 (

1)(

1)

6

5 (

)(

1)

5

1

6 3

2 3 (

1)

6

8 (2

1)2

5

3

1

y
x
y
x
y
x
y
x

C

x

y

C

x y x y

x

C

y

C

y y

x

y

x

y








































































  



Dạng 4: Thực hiện bài tốn đếm:

Ví dụ 1: Trong mặt phẳng cho một tập hợp P gồm 7 điểm, trong đó khơng có 3 điểm thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam
giác có 3 đỉnh đều thuộc P?

Giải:

Với mỗi tập con gồm 3 điểm bất kì của P, ta tạo được một tam giác với các đỉnh là 3 điểm đó. Ngược lại, mỗi tam giác
có 3 đỉnh thuộc P tương ứng với một tập con gồm 3 điểm của P.

Vậy số tam giác có 3 đỉnh thuộc P chính bằng số các tổ hợp chập 3 của tập P, tức bằng:

3
7

7!

7.6.5

35 3!(7 3)! 3.2.1

C





cách

thoả mãn điều kiện (*)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ví dụ 2: Trong một lớp có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy chủ nhiệm cần chọn 4 học sinh nam và 3 học sinh
nữ đi tham gia chiến dịch “Mùa hè xanh” của Đoàn Thanh niên Cộng sản Hồ Chí Minh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

Giải:
Số cách chọn 4 học sinh nam trong số 20 học sinh nam là:
204

20!

20.19.18.17 4 845

4!(20 4)!

1.2.3.4 C





cách

Số cách chọn 3 học sinh nữ trong số 15 học sinh nữ là:
153

15!

15.14.13

455 3!(15 3)!

1.2.3 C





cách

Theo quy tắc nhân ta có số cách chọn là:
4845.455 2204475 cách chọn.
 Phương pháp chung:

Dạng phương trình bất phương trình có chứa , k, k, !

n n n

P A C n

* Phương pháp:

Đặt điều kiện:

,

0 n k

k n







 





Áp dụng công thức, rút gọn  kết quả
C. NHỊ THỨC NEWTON

I. Công thức nhị thức Newton:

0 1 1

(

)

n n n

...

k n k k

...

n n n k n k k

n n n n n

k

a b

C a

C a b



C a b



C b

C a b














* Nhận xét:

- Vế phải của khai triển có n+1 số hạng.
- Số chập tăng dần từ 0 n

- Số mũ của a giảm đều từ n 0, và bằng hiệu của n và số chập.
- Số mũ của b tăng đều từ 0 n, số mũ của b luôn bằng số chập.
- Tổng số mũ của a và b trong cùng một số hạng luôn bằng n.
- Số hạng tổng quát của khai triển (số hạng thứ k+1)

1 k n k k ( 0, )

k n

T C a b k n

  

Chú ý:
1

a b  ta có

2

n



C

n0



C

1n



C

n2



...



C

nk



...

C

nn1



C

nn
1; 1

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

2 2 2

3 3 2 2 3

4 4 3 2 2 3 4

5 5 4 3 2 2 3 4 5

(

)

1 (

)

1 (

)

2

1

2

1 (

)

3

1

3

1 (

)

4

6

4

1

4

6

4

1 (

)

5

10

5

1

5

10

5

1 a b

a

ab b

a b

a

a b

ab

b

a b

a

a b

ab

b

a b

a

a b

ab

b







 



















Các hệ số trong tam giác Pa-xcan là các hệ số của khai triển nhị thức ( )n

a b

 CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Dạng 1: Viết khai triển theo cơng thức nhị thức Newton:
Ví dụ 1: Viết khai triển

1 ( 3

15)

27 

theo cơng thức nhị thức Newton.
Giải:

Ta có:

6 0 6 1 5 2 4 2 3 3 3

6 6 6 6

4 2 4 5 5 6 6

6 6 6

3 0 3 1 3 2 3 3 3 4 3 5 3 3 6

6 6 6 6 6 6 6

( 3

15)

( 3)

( 3) ( 15)

( 3)( 15)

( 15)

3 3 5

3 5 5

3 25

3 25 5

3 5

C































Do đó ta được:

6 0 1 2 3 4 5 3 6

6 6 6 6 6 6 6

1 ( 3

15)

5 5 5

25 25 5

5

27 64(9 4 5)

C





















Ví dụ 2: Viết 3 số hạng đầu tiên theo luỹ thừa tăng dần của x của các đa thức sau:

) 1

) (3 2 )

2 x

a











b



x





Giải:

10 2

0 1 2 2

10 10 10

8 8 7 1 6 2 2 2

8 8

45 ) 1

... 1 5

...

2

4 ) (3 2 )

3 (2 ) 3

(2 )

... 6561 349922

81648

...

x

a

C

x

b

x

C

x

C

x





















 









































Dạng 2: Dùng tam giác Pa-xcan để khai triển các nhị thức

* Phương pháp:

- Viết tam giác Pa-xcan đến dòng n tương ứng.
- Viết khai triển nhị thức.

* Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ:Dùng tam giác Pa-xcan để khai triển (3x 2 )y 5


</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

0

1 1 1

2 1 2 1

3

1 3 3

1

4 1 4

6

4

1

5 1 5 10 10 5

1 n



Khi đó:

5 5 4 3 2 2 3 4 5

5 4 3 2 2 3 4 5

(3

2 )

(3 )

5(3 ) ( 2 ) 10(3 ) ( 2 )

10(3 ) ( 2 )

5(3 )( 2 )

( 2 )

243

810 1080

720

240

32 x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

x y

xy

y





















 













Dạng 3: Rút gọn tính giá trị của biểu thức
Ví dụ 1: Tính: S C 502C5122C52... 2 5C55

Giải:
Ta có: (1x)5 C50C x C x51  52 2...C x55 5

Cho x2 ta được: 35 C502C5122C52... 2 5C55 S 243

Ví dụ 2: Rút gọn các biểu thức:

1 3 5 2 1

2 2 2 2

0 2 4 2

2 2 2 2

...

n

n n n n

n

n n n n

A C

C

B C

C











Giải:
Ta có:

2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2 2 2

2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2 2 2 2 2

(1

)

...

(1)

(1

)

...

(2)

n n n n n

x

C

C x C x

C

x

C x

x

C

C x C x

C

x

C x

 



















Thay x1vào (1) và (2) ta được:

2 0 1 2 2 1 2

2 2 2 2 2

0 1 2 2 1 2

2 2 2 2 2

2 ...

(3)

0 ...

(4)

n n n

n n n n n

n n

n n n n n

C

















Khi đó:

Lấy (3) – (4) ta được:

2 2



12 23 25 ... 22 1



22 1

n n n

n n n n

C C C C  A 

      

Lấy (3) + (4) ta được:

2 2



20 22 24 ... 22



22 1

n n n

n n n n

C C C C B 

      

Dạng 4: Giải phương trình:

Ví dụ: Giải phương trình: x 1 x 2 x 3 ... x 8 x 9 x 10 1023

x x x x x x

C  C  C  C  C  C 

      

Giải:
Điều kiện: 10  x

Biến đổi phương trình về dạng:

1 2 3 8 9 10

0 1 2 3 8 9 10

...

1023

...

1023

...

1023 1

2 1024

10

x x x x x x

x x x x x x x

x

C

x

     



























Dạng 5: Tìm số hạng hoặc hệ số của khai triển nhị thức Newton:
* Dạng tìm số hạng thứ k: Số hạng thứ k trong khai triển ( )n

a b là Tk C ank 1 n k( 1)bk 1

   



 Dạng tìm số hạng (hoặc hệ số của số hạng) chứa xm

* Phương pháp:

- Số hạng tổng quát (số hạng thứ k+1) của khai triển ( )n

a b là:

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

( )

1 ( ). ( 0, )

k n k k f k

k n

T C a b M k x k n

   

- Giải phương trình f k( )m tìm được nghiệm k0.

Khi đó số hạng cần tìm là: 0 0 0
0 1

k n k k

k n

T C a  b

  và hệ số của số hạng chứa

m

x là M k( )0

Chú ý: Thông thường n sẽ cho sẵn. Nếu n khơng cho sẵn thì ta sẽ tìm n theo dữ kiện đề bài, sau đó mới áp dụng cơng
thức số hạng tổng qt.

* Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm hệ số của x y5 8 trong khai triển (x y )13
Giải:
Ta có số hạng tổng quát của khai triển (x y)13

 là:

1 13 0,13

k k k

k

T C x  y k

  

Số hạng chứa x y5 8 nên:

13

5 8

8 k

















Vậy hệ số của x y5 8 trong khai triển (x y)13

 là: C138 1 287
Ví dụ 3: Cho biết hệ số của số hạng thứ 3 trong khai triển

3
2
n

x



















bằng 36. Tìm số hạng thứ 7.
Giải:

Ta có:

2 2

5 5

2 2 3 2 3

n n n k k

n
k
n
k

x

C

x



 
































































 Số hạng thứ 3 của khai triển là Cn2
Theo đề bài ta có:

36

!

36

72 0

9

8 2!(

2)!

9

n

C

n















  











Vậy số hạng thứ 7 cho bởi:

3 2

5 7

6 2 3 2

84 C

x























 



Ví dụ 4: Với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:
1 4 1 42 2 ... 4n 1 n 1 4n n 5n

n n n n

C C  C  C

     

Giải:
Ta có khai triển theo nhị thức Newton:

(1 )n 0 1 2 2 ... n 1 n 1 n n

n n n n n

x C C x C x C x  C x

      

Chọn x4khi đó

0 1 2 2 1 1

1 2 2 1 1

(1 4)

4 ... 4

4

5 1 4

4 ... 4

4

n n n n n

n n n n

C

 









 



Ví dụ 5: Giả sử số hạng thứ k1 của (a b )n là C a bnk n k k



. Tính số hạng thứ 13 trong khai triển (3 x)15

 .

Giải:
Ta có: (3 )15 150315 151314 ... 15k315 k.( )k ... 1515 15

x C C x C  x C x

       

Do k0 ứng với số hạng thứ nhất nên k 12 ứng với số hạng thứ 13

Vậy số hạng thứ 13 của khai triển trên là: 1512 3 12 12 12

15!

3 (

)

27 .

12 285

12!3!

C



x



x



x

Ví dụ 6 : Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Giải:
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là:

18 2 18 3 18 18 2

1 18 18 18

4 .

2 .2 .

.

2 .

2

k k

k k k k k k k k k

k

x

T

C

x

C

x



    































Số hạng độc lập với x trong khai triển nhị thức có tính chất:
18 2 k 0 k 9

Vậy số hạng cần tìm là: C89.29

BÀI TẬP
A. Bài tập sách giáo khoa:

§1. Quy tắc đếm:

Bài 1: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm:
a) Một chữ số? b) Hai chữ số? c) Hai chữ số khác nhau?

Giải:
a) Có 4 số có 1 chữ số được tạo thành từ các số đã cho là: 1, 2, 3, 4.
b) Gọi số cần tìm có dạng: ab. Trong đó a b, 



1, 2,3, 4



Để tạo thành số ab thì ta phải thực hiện hai cơng đoạn là: chọn a và chọn b
Chọn a có 4 cách

Ứng với mỗi cách chọn a thì b có 4 cách chọn (vì a khơng bắt buộc phải khác b)
Vậy theo quy tắc nhân, ta có các số cần tìm là: 4 . 4 = 16 (số)

c) Gọi số cần tìm có dạng: ab. Trong đó a



1, 2,3, 4 ,



b



1, 2,3, 4 \

  

a
Để tạo thành số ab thì ta phải thực hiện hai công đoạn là: chọn a và chọn b
Chọn a có 4 cách

Ứng với mỗi cách chọn a thì b có 3 cách chọn (vì a phải khác b)
Vậy theo quy tắc nhân, ta có các số cần tìm là: 4 . 3 = 12 (số)

Bài 2: Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên bé hơn 100?
Giải:

Gọi A



1; 2; 3; 4; 5; 6



Các số tự nhiên bé hơn 100 gồm có một chữ số hoặc hai chữ số.
Trường hợp 1: Có 6 số tự nhiên có một chữ số.

Trường hợp 2: Giả sử số tự nhiên có hai chữ số có dạng ab với a, b thuộc A.

a được chọn từ tập A có 6 phần tử nên có 6 cách chọn.

Ứng với mỗi cách chọn a thì b được chọn từ tập A có 6 phần tử nên có 6 cách chọn.
Theo quy tắc nhân ta có: 6 . 6 = 36 cách chọn số có hai chữ số.

Vậy theo quy tắc cộng ta có: 36 + 6 = 42 cách chọn.

Bài 3: Các thành phố A, B, C, D được nối với nhau bởi các con đường như hình 26.
Hỏi:

a) Có bao nhiêu cách đi từ A đến D mà qua B và C chỉ một lần?
b) Có bao nhiêu cách đi từ A đến D rồi quay lại A?

Giải:

Từ A đến B có 4 con đường, từ B đến C có 2 con đường, từ C đến D có 3 con đường.
a) Từ A muốn đi đến D bắt buộc phải đi qua B và C.

Có 4 cách chọn con đường từ A qua B.

Ứng với mỗi cách chọn từ A qua B thì có 2 cách chọn con đường từ B đến C.

Ứng với mỗi cách chọn con đường từ B đến C thì sẽ có 3 cách chọn con đường từ C đến D.

A

B

C

D

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Vậy theo quy tắc nhân, số cách đi từ A đến D mà qua B và C chỉ một lần là:
4 . 2 . 3 = 24 (cách)

b) Tương tự, ta có số cách đi từ A đến D rồi trở về A là:
4 . 2 . 3 . 3 . 2 . 4 = 242 = 576 (cách)

Bài 4: Có ba kiểu mặt đồng hồ đeo tay (vng, tròn, elip) và bốn kiểu dây (kim loại, da vải và nhựa). Hỏi có bao nhiêu
cách chọn một chiếc đồng hồ gồm một mặt và một dây?

Giải:
Để chọn một chiếc đồng hồ, ta phải chọn một mặt và một dây.
Một mặt đồng hồ được chọn từ 3 kiểu mặt nên có 3 cách chọn.

Ứng với mỗi cách chọn kiểu mặt đồng hồ thì một dây được chọn từ 4 kiểu dây nên có 4 cách chọn.
Vậy ta có: 3 . 4 = 12 cách chọn mua một chiếc đồng hồ.

§2. Hốn vị - chỉnh hợp – tổ hợp:

Bài 1: Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập các số tự nhiên gồm sáu chữ số khác nhau. Hỏi:
a) Có tất cả bao nhiêu số?

b) Có bao nhiêu số chẵn, bao nhiêu số lẻ?
c) Có bao nhiêu số bé hơn 432 000?

Giải:

a) Mỗi số gồm sáu chữ số khác nhau được đồng nhất với một hoán vị của sáu chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Vậy có 6! số.
b) Để tạo nên một số chẵn, ta cần chọn chữ số hàng đơn vị là số chẵn. Có 3 cách chọn.

5 chữ số cịn lại (sau khi đã chọn chữ số hàng đơn vị) được sắp theo thứ tự sẽ tạo nên một hoán vị của 5 phần tử. Có 5!
cách chọn.

Vậy theo quy tắc nhân có 3 . 5! = 360 số các số chẵn có sáu chỉ số tạo nên từ sáu chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Tương tự, số các số lẻ có sáu chữ số tạo nên từ sáu chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 cũng là 360.

c) Các số trong câu a) bé hơn 432 000 bao gồm:
* Các số có chữ số hàng trăm nghìn nhỏ hơn 4:

- Có 3 cách chọn chữ số hàng trăm nghìn, đó là các chữ số 1, 2, 3.

- Sau khi đã chọn chữ số hàng trăm nghìn, ta phải chọn tiếp năm chữ số cịn lại và sắp thứ tự chúng để ghép với chữ số
hàng trăm nghìn tạo thành số có sáu chữ số. Mỗi một lần chọn là một hoán vị của 5 phần tử (5 chữ số). Có 5! cách
chọn.

Vậy theo quy tắc nhân, các chữ số hàng trăm nghìn nhỏ hơn 4 là: 3 . 5! = 360 (số)
* Các số có chữ số hàng nghìn là 4 và chữ số hàng chục nghìn nhỏ hơn 3

- Có 2 cách chọn chữ số hàng chục nghìn, đó là các chữ số 1, 2.

- Sau khi đã chọn chữ số hàng chục nghìn phải chọn tiếp bốn chữ số nữa và sắp thứ tự chúng để ghép với hai chữ số
hàng trăm nghìn và hàng chục nghìn tạo thành số có sáu chữ số. Có 4! cách chọn.

Vậy theo quy tắc nhân có tất cả 2 . 4! = 48 số như vậy.

* Các số có chữ số hàng trăm nghìn là 4, hàng chục nghìn là 3, hàng nghìn là 1 (nhỏ hơn 2)
Vậy có 1 . 3! = 6 (số).

Từ đó theo quy tắc cộng, số các số trong câu a) bé hơn 432 000 là:
360 + 48 + 6 = 414 (số)

Bài 2: Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho mười người khách vào mười ghế kê thành một dãy?
Giải:

Mỗi cách xếp chỗ ngồi của 10 người khách theo hàng ngang cho một hoán vị của 10 và ngược lại.
Vậy có 10! = 3 628 800 cách sắp xếp.

Bài 3: Giả sử có bảy bơng hoa màu khác nhau và ba lọ khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách cắm ba bông hoa vào ba lọ
đã cho ( mỗi lọ cắm một bơng)?

Giải:

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Dó đó, kết quả cần tìm là 73

7!

210 4!

A



(cách).

Bài 4: Có bao nhiêu cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn được chọn từ 6 bóng đèn khác nhau?
Giải:

Ta chọn ra 4 bóng đèn từ 6 bóng đèn để mắc nối tiếp. Vì các bóng đèn khác nhau nên ta phải tính thứ tự.
Vậy có 64

6!

360 (6 4)!

A





cách mắc nối tiếp bốn bóng đèn chọn từ sáu bóng.

Bài 5: Có bao nhiêu cách cắm 3 bơng hoa vào 5 lọ khác nhau (mỗi lọ cắm không quá một bông) nếu:
a) Các bông hoa khác nhau?

b) Các bông hoa như nhau?

Giải:

a) Đánh số 3 bông hoa 1, 2, 3. Chọn 3 trong 5 lọ để cắm hoa. Mỗi cách cắm là một chỉnh hợp chập 3 của 5. Vậy số
cách cắm là A53 5.4.3 60 (cách)

b) Nếu các bông hoa là như nhau thì mỗi cách cắm là một tổ hợp chập 3 của 5 (lọ). Vậy số cách cắm là:

3
5

5.4.3

10 3!

C



(cách).

Bài 6: Trong mặt phẳng cho sáu điểm phân biệt sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng. Hỏi có thể lập được bao
nhiêu tam giác mà các đỉnh của nó thuộc tập điểm đã cho?

Giải:

Số tam giác bằng số các tổ hợp chập 3 của 6 (điểm). Từ đó, ta có số tam giác là C6320.

Bài 7: Trong mặt phẳng có bao nhiêu hình chữ nhật được tạo từ bốn đường thẳng song song với nhau và năm đường
thẳng vuông góc với bốn đường thẳng song song đó?

Giải:

Để tạo nên một hình chữ nhật từ chín đường thẳng đã cho, ta tiến hành hai hành động:

- Hành động 1: Chọn hai đường thẳng từ bốn đường thẳng song song. Vì các đường thẳng đã cố định nên mỗi lần chọn
cho ta một tổ hợp chập 2 của 4 phần tử (4 đường thẳng). Vậy có C42cách.

- Hành động 2: Chọn hai trong năm đường thẳng vng góc với bốn đường thẳng song song với nhau. Tương tự, ta có

2
5

C cách.

Từ đó theo quy tắc nhân, ta có số hình chữ nhật là: C C42. 52 60 (hình chữ nhật).

§3. Nhị thức Newton

Bài 1:Viết khai triển theo công thức nhị thức Newton:

5 6

1 )(

2 ) ;

) (

2) ;

)

a a

b

b a

c x

x



















Giải:

5 0 5 1 4 2 3 2 3 2 3 4 4 5 5

5 5 5 5 5 5

5 4 3 2 2 3 4 5

6 0 6 1 5 2 4 2 3 3 3 4 2 4

6 6 6 6 6

5 5 6 6

6 6

6 5 4 3 2

) (

2 )

.2

(2 )

10

40

80 32 .

) (

2)

(

2)

(

2)

(

2)

(

2)

(

2)

(

2)

6 2

30 40 2

60 a a

b

C a

b C a

b

C a

b

C a b

C

b

a

a b

ab

b

b a

C a

C

a

















































13 13

13 2

24 2

8.

1 )

k

.( 1) .

k k

k

a

c x

C

x























</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Bài 2: Tìm hệ số của x3 trong khai triển của biểu thức:

6
2

2 x















.
Giải:
Số hạng tổng quát của khai triển là:

1 6 2

6 2 6 3

6 6

2 .

0, 6

.2 .

2

k

k k

k

k k k k k k k

T

C x

k

x

C x

x

C

x




  



















Số hạng chứa 3

x nên 6 3 k  3 k1
Vậy hệ số của 3

x trong khai triển đã cho là: 2C16 12
Bài 3: Biết hệ số của x2 trong khai triển của (1 3 )n

x

 là 90. Tìm n.
Giải:
Số hạng tổng quát của khai triển là:

1 ( 3 )

( 3)

0, 6

k n k k k k k

k n n

T

C



x

C

x

k













Ta có hệ số của x2 trong khai triển đã cho là :

Cn2( 3) 2 90 (1)
Điều kiện:

2 n













5 9. !

.(

1)

(1)

90

10 20 0

4 (

2)!.2!

2 n

n n

n



















  







Vậy n = 5

Bài 4: Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển của

1 x















Giải:
Số hạng tổng quát của khai triển:

3 8 24 3 24 4

1 8 8 8

1 ( )

.

0,8

k

k k k k k k k

k

T

C x

x

C x

k

x

   



















Số hạng không chứa x nên 24 4 k 0 k 6 (nhận)

Số hạng không chứa x trong khai triển là số hạng thứ 7: T7 C86 28

Bài 5: Từ khai triển biểu thức (3x 4)17

 thành đa thức, hãy tính tổng các hệ số của đa thức nhận được.

Giải:
Số hạng tổng quát của khai triển là:

17 17 17

1 17.(3 ) .( 4) 173 ( 4) 0,17

k k k k k k k

k

T C x  C  x  k

     

Ta có hệ số của đa thức là:

17 0 17 1 16 2 15 2 17 17 17 17

17 17 17 17 17

3 ( 4)

3 3 .( 4)

3 ( 4)

...

( 4)

(3.1 4)

( 1)

1

k k k

k

C



C























 





Bài 6: Chứng minh rằng:
a) 1110 1

 chia hết cho 100;

b) 100

101 1chia hết cho 10 000;

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

10 (1





10)

100



(1



10)

100







là một số nguyên.

Giải:

10 10 1 2 2 9 9 10

10 10 10

2 2 2 9 9 10

10 10

100 100 1 2 2 99 99 100

100 100 100

2 2 2 99 99 1

100 100

)11

1 (1 10)

1 (1

10 ...

10 10 ) 1

(10

10 ...

10 10 ) 100

)101

1 (1 100)

1 (1

100 ...

100 100 ) 1

(100

100 ...

100 a

C

b

C



 



 











 



 











100 1 2 2 99 99 100

100 100 100

100 1 2 2 99 99 100

100 100 100

100 100 1 99 99

100 100

1 50

100 100

) 10 000

) (1

10)

1

10 ( 10)

...

( 10)

(1

10)

1

10 ( 10)

...

( 10)

10 (1

10)

(1

10)

2 10

10 ...

( 10)

2 10

... 10

c

C



 





 







































 







Tham khảo :

Bài 1 Giả sử bạn muốn mua một áo sơ mi cỡ 39 hoặc 40. Áo cỡ 39 có 5 màu khác nhau, áo cỡ 40 có 4 màu khác nhau.
Hỏi bạn có bao nhiêu sự lựa chọn (về màu và cỡ áo) ?

Bài 2 Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số mà hai chữ số của nó đều chẵn ?
Bài 3 Trong một trường THPT, khối 11 có 280 học sinh nam và 325 học sinh nữ.

a) Nhà trường cần chọn một học sinh ở khối 11 đi dự dạ hội của học sinh thành phố. Hỏi nhà trường có bao nhiêu cách
chọn ?

b) Nhà trường cần chọn hai học sinh trong đó một nam và một nữ đi dự trại hè của học sinh thành phố. Hỏi nhà trường
có bao nhiêu cách chọn ?

Bài 4 Từ các chữ số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên
a) Có 4 chữ số (khơng nhất thiết khác nhau) ?

b) Có 4 chữ số khác nhau ?

Bài 5 Có bao nhiêu khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng đá có 5 đội bóng ? (Giả sử
rằng khơng có hai đội nào có điểm trùng nhau).

Bài 6 Giả sử có 8 vận động viên tham gia chạy thi. Nếu không kể trường hợp có hai vận động viên về đích cùng một
lúc thì có bao nhiêu kết quả có thể xảy ra đối với các vị trí thứ nhất, thứ nhì và thứ ba ?

Bài 7 Trong một Ban chấp hành đoàn gồm 7 người, cần chọn 3 người vào ban thường vụ.

a) Nếu khơng có sự phân biệt về chức vụ của 3 người trong ban thường vụ thì có bao nhiêu cách chọn ?

b) Nếu cần chọn 3 người vào ban thường vụ với các chức vụ : Bí thư, Phó Bí Thư, Uỷ viên thường vụ thì có bao nhiêu
cách chọn ?

Bài 8 Một cuộc thi có 15 người tham dự, giả thiết rằng khơng có hai người nào có điểm bằng nhau.
a) Nếu kết quả của cuộc thi là việc chọn ra 4 người điểm cao nhất thì có bao nhiêu kết quả có thể?
b) Nếu kết quả của cuộc thi là việc chọn ra các giải nhất, nhì, ba thì có bao nhiêu kết quả có thể?

Bài 9 Một tổ có 8 em nam và 2 em nữ. Người ta cần chọn ra 5 em trong tổ tham gia cuộc thi học sinh thanh lịch của
trường. u cầu trong các em được chọn phải có ít nhất một em nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

Bài 10 Một nhóm học sinh có 7 em nam và 3 em nữ. Người ta cần chọn ra 5 em trong nhóm tham gia đồng diễn thể
dục. Trong 5 em được chọn, yêu cầu không quá 1 em nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

Bài 11 Từ 10 nam và 5 nữ người ta chọn ra một ban đại diện gồm 5 người trong đó có ít nhất hai nam và 2 nữ , hỏi có
bao nhiêu cách chọn Nếu :

a) Mọi người đều vui vẽ tham gia .

b) Cậu Tánh và cô Nguyệt từ chối tham gia .

Bài 12 một lớp học gồm 30 học sinh nam và 15 học sinh nữ , chọn 6 học sinh để lập một đội tốp ca . Hỏi có bao nhiêu
cách chọn

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bài 13 Tìm hệ số của x y101 99 trong khai triển (2x 3 )y 200.
Bài 14 Tính hệ số của x y5 8 trong khai triển (x y)13

 .

Bài 15 Tính hệ số của 7

x trong khai triển (1 x)11

 .

Bài 16 Tính hệ số của x9 trong khai triển (2 x)19


Bài 17 Khai triển (3x1)10cho tới x3

Bài 18 Tìm hệ số của x7trong khai triển của (3 2 )x15


Bài 19 Tìm hệ số của x y25 10trong khai triển của (x3 xy) .15


Bài 20 Khai triển (3x 1)16


Bài 21 Chứng minh:

0 1 1 2 2

) 2

2 ...

3 ) 3

3 ... ( 1)

2

n n n n n

n n n n

n n n n n n

n n n n

a

C

b

C

 









 



Bài 22 Tìm số nguyên dương n sao cho:
0 2 1 4 2 ... 2n n 243

n n n n

C  C  C   C 

Bài 23 Tìm hệ số của x3 trong nhị thức sau :

6
3
2

1 x















,
9
2

1 x















9
2
3

1 x















Bài 24 Tìm hệ số của x5 trong nhị thức sau :

15
4

1 x















,
10
3
2

1 x















,
20
2

1 x















Bài 25 Tìm hệ số của x3 trong nhị thức sau :

15
2

2 x















,
8
3

2 x















Bài 26 Biết hệ số của x2 trong khai triển (1-3x)n là 90 . Tìm n ?
Bài 27 Tìm hệ số khơng chứa x trong khai triển

20
3
2

2 x















.
Bài 28 Tìm hệ số khồng chứa x trong khai triển :

3 x















.
Bài 29 Tìm số hạng không chưa x trong khai triển sau :

15
2

3 x















.
Bài 30 Tìm hệ số của x31 trong khai triển nhị thức

</div>

Câu lạc bộ tiếng Anh





<sub></sub>







<sub></sub>

<sub></sub>

!

!

* ! (

1)!.

*

(

1)(

2)... (

)

*

(

1)(

2)...

!

(

)!

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>k</i>

<i>k</i>

<i>n n k</i>

<i>n k</i>

<i>n k</i>

<i>n</i>

<i>k</i>

<i>n k</i>

























9!

1260

3!.4!.2!







<b>Chỉnh hợp</b>

* Nhóm có thứ tự

* Gồm k phần tử được lấy từ

n phần tử của A

(

6,

)

<i>A</i>

<i>A</i>

<i>P</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>A</i>







 

!

!

(

6)! (

5)!

!

(